高考数学一轮复习配餐作业15导数与函数的极值最值含解析理91
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配餐作业(十五) 导数与函数的极值、最值(时间：40分钟)一、选择题1．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝(2x －x 2)e x，则( ) A ．f (2)是f (x )的极大值也是最大值 B ．f (2)是f (x )的极大值但不是最大值 C ．f (－2)是f (x )的极小值也是最小值 D ．f (x )没有最大值也没有最小值解析 由题意得f ′(x )＝(2－2x )e x＋(2x －x 2)e x ＝(2－x 2)e x，当－2<x <2时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x <－2或x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝2(2－1)e 2>0，在x ＝－2处取得极小值f (－2)＝2(－2－1)e－2<0，又当x <0时，f (x )＝(2x －x 2)e x<0，所以f (2)是f (x )的极大值也是最大值。
故选A 。
答案 A2．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析 因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln1－1＝－1。
故选B 。
答案 B3．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )A ．－37B ．－29C ．－5D ．以上都不对解析 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，∴f (x )在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减。
2020版高考数学一轮复习练习：第15讲导数与函数极值最值
第15讲导数与函数极值最值©【越础骸身】1•若函数f(x)的定义域为R x o(x o丰0)是f(x)的极大值点，则以下说法一定正确的是()A. ? x€ R,f(x)< f(x o)B. -X o是f(-x)的极小值点C. -x o是-f(x)的极小值点D. -x o是-f(-x)的极小值点2. 已知e为自然对数的底数，设函数f(x)=(e x-1 )(x-1 )k(k=1,2),则()A. 当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值B. 当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值C. 当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值D. 当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值3. 若函数f(x)=——(a>0)在［1,+爷上的最大值为一，则a的值为()A.—B.—C. _+1D. 一-14. __________________________________________________________________ ［ 2018 •海南二联］若x=1是函数f(x)=x3+-的一个极值点，则实数a= _____________________5. ______________________________________________________ 若f(x)=ax2+x+-为奇函数，则f(x)在(0,+马上的最小值是______________________________________ .@【勧削6. 图K15-1是函数f(x)=x3+bx2+cx+d的大致图像，则+ 等于()图K15-1A. -B. —C. -D. -7. [ 2018 •四川南充一诊]若函数f(x)=x3+x2-ax-4在区间(-1,1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围为()A.(1,5)B.[1,5)C.(1,5]D.(-旳)U (5,+为8. [2018 •河南六市一模]若函数f(x)= ——在｛x|1 w凶w 4,x € F｝上的最大值为M最小值为m,则M-m=( )A.—B.2C. - D—9. [2018 •山东、湖北调研]已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值，则实数c的值为( )A.6B.2C.2 或6D.010. [2018 •江西新余二模]已知函数f(x)=—-mx(e为自然对数的底数),若f(x)>0在(0,+为上恒成立,则实数m的取值范围是()A.(-«=2)B.(-°<?e)11. [2018 •山东烟台诊断]直线y=b分别与直线y=2x+1和曲线y=ln x相交于A,B两点，则|AB|的最小值为_____________ .12. [2018 •山东烟台一模]对于函数y=e x f(x)(其中e是自然对数的底数)，若存在实数T使得e x f(x) > T 在(0,+为上恒成立,则称函数f(x)具有性质“Q ”.给出下列函数:①f(x)=2e-2x+1②f(x)=x2-2x;③f(x)=s in x;④f(x)=-.其中具有性质“ Q”的所有函数的序号为.13. [2018 •北京卷]设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x(1) 若曲线y=f(x)在点(1 ,f(1))处的切线与x轴平行，求a;(2) 若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围.14.[2018 •安徽芜湖期末]已知函数f(x)=ln x-x-m(m<-2,m为常数).(1) 求函数f(x)在L-,e-上的最小值；(2) 设X1,X2是函数f(x)的两个零点，且X1<X2，证明：X1 • X2<1.® ［难点突破】15.［2018 •全国卷川］已知函数f(x)=(2+x+ax2) • ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1 <x<0 时,f(x)<0;当x>0 时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.课时作业(十五)1. D ［解析］极大值不一定是最大值，故A中说法错误；因为函数y=f(x)与函数y=f(-x)的图像关于y轴对称,所以-x o应是f(-x)的极大值点，故B中说法错误涵数y=f(x)与函数y=-f(x)的图像关于x 轴对称，所以x o应为-f(x)的极小值点，故C中说法错误；函数y=f(x)与y=-f(-x)的图像关于原点对称，所以-x o为y=-f(-x)的极小值点，故D中说法正确.2. C ［解析］当k=1 时，f'(x)=e x• x-1，则f'(1)丰 0，二x=不是f(x)的极值点.当k=2时，f(x)=(x-1)(x e x+e X-2)，显然f(1)=0,且在x=1的左边附近f'(x)<0,在x=1的右边附近f'(x)>0, A(f)在x=1处取到极小值•故选C.3. D -------------------------------- ［解析］易知f(x)= =—-——,当x> 时,f'(x)<0,f(x)单调递减，当- <xv时,f'(x)>0,f(x)单调递增，则f(x)在x= 一处取得极大值•令f( 一)=一=一，解得一=一<1,不合题意，「f)max=f(1) =——=一，解得a= -1,故选D.4.3 ［解析］易知f'(x)=3x2-—, v x=是函数f(x)的一个极值点，f(1)=3-a=0,解得a=3.5.2 ［解析］ T(f)=ax2+x+ - 为奇函数,A(f)+f(-x)=0, /2ax2=0,又x 丰0,二a=0,•••(f=x+-,二(枚)=1-一= ------ ,x € (0,+ »>,又v (f )=0,/易知当x> 时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增当>x>0时,f'(x)<0，函数f(x)单调递减.•当x= 时屈数f(x)取得极小值，即最小值,且f( 一)=2 ".6.C ［解析］由图像可得f(x)=x(x+1)(x-2)=x3-x2-2x,x1,x2 是f'(x)=3x2-2x-2=0 的两个f(x)在区间(-1,1)上恰有一个极值点，所以解得1 < a<5.故实数a的取值范围为［1,5).根，• 1+X2=-,X1X2=--,故+ =(X1+X2)2-2X1X2= - 2+2 k = 一.7.B ［解析］由题意，f'(x)=3x2+2x-a,则函数f'(x)的图像开口向上，对称轴为直线x=-・,因为函数故选B .9.B ［解析］易知f'(x )=3x 2-4cx+c 2,因为x=2为f (x )的极小值点，由f(2)=0可得c=2或6•当c=2为 f (x )的极小值点；当 c=6 时,f'(x ) =3x 2-24x+ 36 = 3(x-2)(x-6)，故 f (x )在(-込2),(6,+为上单调递增 在(2,6)上单调递减，故x=2为f (x )的极大值点•综上c=2.故选B .10.C ［解析］Tf )= — -mx>0 在(0,+为上恒成立•二m ・在(0,+为上恒成立，令g (x )=—,x>0,.・. gx )= = •当 0<x<2 时,g'(x )<0,g (x )单调递减;当 x>2 时,g'(x )>0,g (x )单调递增.故当x=2时,g (x )取得最小值，且最小值为g (2) =—,.•. m<.故实数m 的取值范围是( -十).故选C .11.1+— ［解析］由两个交点分别为 A —,b ' ,B (e b ,b ),得|AB|=e b -—.设函数g (x )=e x -—,则 g'(x )=e x --,令g'(x )=0得x=-in2,所以g (x )在区间(-^In2)上单调递减，在区间(-1 n2,+ °)上单调递 增,所以 g (x )min =g (-ln2)=1+—,即 |AB| 的最小值为 1+—.12.①②④［解析］①若 f (x )=2e -2x +1，则 e x f (x )=2e -x +e x >2 - =2 一,当且仅当 2e -x =e x , 即 x=ln 时取等号，故①具有性质"Q ”②令 g (x )=e x f (x )=e x (x 2-2x )(x>0),则 g'(x ) =e x (x 2-2),由 g'(x )=0 得 x= - (x>0),而当 x € (0, _)时,g'(x )<0,当 x € ( 一,+° 时,g'(x )>0,因此 g (x )min =g ( )= (2-2 ), . g x ) > (2-2 ),故②具有性质"Q ”③令 h (x )=e x sin x (x>0),取 x=2k n +- n ,k € N,则h (x )=- _(k € N),易知当k+ o 时,h (x )T -°因此 ③不具有性质“Q ”④令8.A为偶函数，且当1 < x < 4时,f (x ) = -,「.(X )=r+—>0,故 f (X )在 ［1,4］上单调递增,.・.f )€0,- ，因M^—,m=0,AM -m^ —,故选 A .时,f'(x )=3x 2-8x+4 = (3x-2)(x-2),故，在\-,2丿上单调递减，故x=2 ［解析］Tf )F(x)= —(x>0),贝U F'(x)=,易知当x € (0,1)时,F'(x)<0,当x € (1，+ °时,F'(x)>0,即••当x €-,1 时,f'(x)>0,f(x)在[-,上单调递增；F(x)min=F(l)=e,••当x>0时,F(x)>e,因此④具有性质“Q”•故答案为①②④.13.解:(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1 )x+4a+3]e x,所以f'(x)=[2ax-(4a+1 )]e x+[ax2-(4a+1 )x+4a+3]e x=[ax2-(2a+1)x+2]e x, f'(1)=(1-a)e. 由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=l,此时f(1)=3e工0,所以a的值为1.(2)由(1 )得f'(x)=[ ax2- (2 a+ 1)x+2] e x=(ax- 1)(x-2)e x.若a>-则当x €-,2 时,f'(x)<0;当x€ (2,+为时,f'(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值•若a w-,则当x€ (0,2)时,x-2<0,ax-1 <-x-1 <0,所以f'(x)>0,所以2不是f(x)的极小值点综上可知,a的取值范围是14.解:(1) Tf)=l n x-x-m(m<-2)的定义域为(0,+°9,由f'(x)=—=0,得x=1.当x € (1,e ］时,f(x )<O,f (x )在(1,e ］上单调递减(2) 由 (1)知f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，+ 上单调递减，由 x i x 是f (x )的两个零点，且X 1VX 2,得 0<x i <1 ,X 2>1.由 f (X 1)=f (X 2)=0 得 In X 1-X 1-m=ln x 2-X 2-m=0,由题意可知 In X 2-X 2=m<-2<In2-2. 令 h (x )=ln x-x (x>0),则 h'(x )=--1，令 h'(x )=O ，得 x=1, 所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+旳上单调递减 由 In X 2-X 2<ln 2-2,得 X 2>2. 令 g (x )=-x+-+2ln x (x>2),贝H g'(x )=-1 -—+_= ------ = ------ <0,故 x>2 时,g (x )是减函数，所以 g (x )<g (2)=--+1 n4, 因为 --1 n4 =1n —>ln =ln —=ln ------- >ln1 =0,所以--+ln 4 <0,即 x>2 时,g (x )<0,所以当 x>2 时,f (x 1)-f 因为0VX 1V 1,0V —<1,且f (x )在(0,1)上单调递增 所以X 1V —,故X 1 • X 2<1 . 15.解:(1)证明：当 a=0 时,f (x )=(2+x )ln(1+x )-2x ,f'(x )=ln(1+x )-—. '=-1 ---m ,f (e)=1 -e -m ,f ］ -f (e)=-2--+e >0,故函数f (x )在-,e 上的最小值为 1 -e -m.又 f (X 1)-f(—)=ln X 1-X 1-m-" I n —m> =ln X 2-X 2-Cn —-—> =-X 2+ +2ln X 2,v O,即 f (x 1)<f设函数g(x)=f(x)=ln(1+x) ，则g'(x)=当-1<x<0 时,g'(x)<0;当x>0 时,g'(x)>0.故当x>-1 时,g(x) >g(0)=0,且仅当x=0 时,g(x)=O,从而f'(x)>0,且仅当x=0 时,f(x)=0.所以f(x)在(-1,+旳上单调递增•又f(0)=0,故当-1 <x<0 时,f(x)<0;当x>0 时,f(x)>0.(2)(i)若a >0,由(1)知，当x>0 时,f(x) > (2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0 是f(x)的极大值点矛盾. (ii)若a<0,设函数h(x)= ---------- =ln(1+x) ------------ .由于当|x|<min —时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=—— ------------ - ---------如果6a+1>0，则当0<x< ------ ，且|x|<min 一时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0，则a2x2+4ax+6a+1 = 0 存在根x i<0，故当x € (x i,0),且|x|<min 一时,h'(x)<0, 所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1 = 0，则h'(x)= ------ --- --- .则当x€ (-1,0)时,h'(x)>0;当x€ (0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点.综上，a=-一.。
2022版高考数学北师大版一轮复习：十五导数与函数的极值、最值
【加练备选·拔高】 已知函数 f(x)＝31 x3＋x2－2ax＋1，若函数 f(x)在(1，2)上有极值，则实数 a 的 取值范围为________．
【解析】f′(x)＝x2＋2x－2a 的图像是开口向上的抛物线，且对称轴为 x＝－
1，则 f′(x)在(1，2)上是单调递增函数，因此ff′ ′（ （12） ）＝ ＝38－ －22aa<>00， ，
3 解得2
<a<4，故实数 a 的取值范围为32，4 .
答案：32，4
7．(2021·延安模拟)已知函数 f(x)＝ax cos x＋12 在区间π2 ，π 上有最大值
π＋1 2
，则实数 a＝________．
【解析】因为 f(x)＝ax cos x＋12 ⇒ f′(x)＝a(cos x－x sin x)， 因为 x∈π2 ，π ⇒ cos x－x sin x＜0， 所以当 a＜0 时，f′(x)＞0⇒ f(x)为增函数⇒ f(x)max＝f(π)＝π2＋1 ⇒ a＝－12 ，
【解析】由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)， 故 f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增加的， 在(－2，0)上是减少的，作出其图像如图所示．
令13 x3＋x2－23 ＝－23 ，得 x＝0 或 x＝－3， 则结合图像可知，a－＋35≤>0a，<0， 解得 a∈[－3，0).
答案：[－3，0)
4．(2021·商洛模拟)某莲藕种植塘每年的固定成本是 1 万元，每年最大规模的 种植是 8 万斤，每种植一斤藕，成本增加 0.5 元，销售额函数是 f(x)＝－18 x3 ＋196 ax2＋12 x，x 是莲藕种植量，单位：万斤；销售额的单位：万元，a 是常 数，若种植 2 万斤，利润是 2.5 万元，则要使利润最大，每年种植莲藕( )
高考数学一轮复习课时过关检测十五导数与函数的极值最值含解析
课时过关检测(十五) 导数与函数的极值、最值A 级——基础达标1．函数f (x )＝x 3－3x 2＋3x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：A f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2，当x ＝1时导函数值为0，但在此零点两侧导函数均大于0，所以此处不是函数的极值点，所以函数极值点个数为0．2．已知函数f (x )＝(x 2－a )e x，则“a ≥－1”是“f (x )有极值”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：B f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x＝0，x 2＋2x －a ＝0，Δ＝4＋4a ．若Δ＝4＋4a ≤0，a ≤－1，则f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x≥0恒成立，f (x )为增函数，无极值；若Δ＝4＋4a ＞0，即a ＞－1，则f (x )有两个极值．所以“a ≥－1”是“f (x )有极值”的必要不充分条件．故选B ．3．设函数f (x )＝e xx ＋a ，若f (x )的极小值为e ，则a ＝( )A ．－12B ．12C ．32D ．2解析：B 由已知得f ′(x )＝exx ＋a －1x ＋a 2(x ≠－a )，令f ′(x )＝0，有x ＝1－a ，且当x ＜1－a 时函数f (x )单调递减，当x ＞1－a 时函数f (x )单调递增，∴f (x )的极小值为f (1－a )＝e1－a＝e ，即1－a ＝12，得a ＝12．故选B ．4．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A ．23 B ．43 C ．83D ．163解析：C 由题中图象可知f (x )的图象经过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，所以1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，x 1，x 2是方程3x 2－6x ＋2＝0的两根，所以x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，∴x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－2×23＝83．5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ex ，x ≥a ，x ，x ＜a ，若函数存在最大值，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ＜1C ．a ≤1eD ．a ＜1e解析：C 显然x ＜a 时，f (x )＜a 无最大值，x ≥a 时，f (x )＝xe x 存在最大值，f ′(x )＝1－xex ，当x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )递增，当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )递减，所以x ＝1时，f (x )取得极大值也是最大值．f (1)＝1e ，因此f (x )要有最大值，必须满足⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a ≤1e，所以a ≤1e．故选C ．6．(多选)若函数f (x )＝2x 3－ax 2(a <0)在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ＋63上有最大值，则a 的取值可能为( )A ．－6B ．－5C ．－4D ．－3解析：ABC 令f ′(x )＝2x (3x －a )＝0，得x 1＝0，x 2＝a 3(a <0)，当a3<x <0时，f ′(x )<0；当x <a 3或x >0时，f ′(x )>0，则f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0，从而f (x )在x ＝a3处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327，由f (x )＝－a 327，得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 32⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋a 3＝0，解得x＝a 3或x ＝－a 6，又f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ＋63上有最大值，所以a 3<a ＋63≤－a 6，即a ≤－4，故选A 、B 、C ．7．(多选)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( ) A ．f (x )为奇函数B ．f (x )在[0，π)上单调递增C ．f (x )恰有4个极大值点D ．f (x )有且仅有4个极值点解析：BD 因为f (x )的定义域为[－2π，2π)，所以f (x )是非奇非偶函数．f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ，当x ∈[0，π)时，f ′(x )>0，则f (x )在[0，π)上单调递增，显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x，在同一坐标系中分别作出y＝sin x ，y ＝－1x在区间[－2π，2π)上的图象如图所示，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f (x )在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x )只有2个极大值点，故选B 、D ．8．已知函数f (x )＝e －x－e x，x ∈[0，a ]，a 为正实数，则函数f (x )的最小值为________，最大值为________．解析：f ′(x )＝－e －x－e x＝－e 2x＋1ex ．当x ∈[0，a ]时，f ′(x )＜0恒成立，即f (x )在[0，a ]上单调递减．故当x ＝a 时，f (x )有最小值f (a )＝e －a －e a；当x ＝0时，f (x )有最大值f (0)＝e －0－e 0＝0．即f (x )的最小值为e －a－e a，最大值为0．答案：e －a －e a9．已知函数f (x )＝ax 3－12x 2＋x －x ln x 存在两个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，由题意得f ′(x )＝3ax 2－x －ln x ，因为函数f (x )有两个极值点，所以f ′(x )有两个变号零点．由f ′(x )＝0得3ax 2＝x ＋ln x ，即3a ＝x ＋ln x x 2，令g (x )＝x ＋ln x x 2，则g ′(x )＝－x ＋1－2ln xx 3，易知函数y ＝－x ＋1－2ln x 是减函数，且当x ＝1时，y ＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．故g (x )max ＝g (1)＝1，又当0＜x ＜1e时，g (x )＜0，当x ＞1时，g (x )＞0，所以要使f ′(x )有两个零点，需0＜3a ＜1，即0＜a ＜13．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 10．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表．故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，则f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点；当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a．B 级——综合应用11．关于x 的不等式2sin 3x cos x －a ≤0在x ∈(0，π)恒成立，则实数a 的最小值为( ) A ．－338B ．0C ．1D ．338解析：D 依题意，令f (x )＝2sin 3x cos x ，所以f ′(x )＝6sin 2x cos 2x －2sin 4x ＝2sin 2x (3cos 2x －sin 2x )＝2sin 2x (4cos 2x －1)，又x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，可得cos x ＝±12，所以x ＝π3或x ＝2π3，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π3时，f ′(x )＞0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3时，f ′(x )＜0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2π3，π时，f ′(x )＞0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π单调递增，所以当x ＝π3时，函数取最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝338，所以实数a 的最小值为338．故选D ．12．(2022·潍坊模拟)某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y (千克)与销售价格x (元/千克)满足关系式y ＝2x －3＋10(x －6)2，x ∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．解析：商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10x －62＝2＋10(x －3)(x －6)2,3＜x ＜6，f ′(x )＝10[]x －62＋2x －3x －6＝30(x －4)·(x－6)．令f ′(x )＝0，得x ＝4或x ＝6(舍去)．故当x ∈(3,4)时f ′(x )＞0，当x ∈(4,6)时f ′(x )＜0．则函数f (x )在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，∴当x ＝4时函数f (x )取得最大值f (4)＝42．故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．`答案：413．有三个条件：①函数f (x )的图象过点(0,1)，且a ＝1；②f (x )在x ＝1时取得极大值116；③函数f (x )在x ＝3处的切线方程为4x －2y －7＝0，这三个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整(只要填写序号)，并解答本题．题目：已知函数f (x )＝13x 3＋a 2x 2＋2x ＋b 存在极值，并且________．(1)求f (x )的解析式；(2)当x ∈[1,3]时，求函数f (x )的最值．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：选①：(1)f (0)＝b ＝1，所以a ＝b ＝1，故f (x )＝13x 3＋12x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知f ′(x )＝x 2＋x ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋74＞0，所以f (x )单调递增，故f (x )max ＝f (3)＝412，f (x )min ＝f (1)＝236．选②：(1)因为f (x )＝13x 3＋a 2x 2＋2x ＋b ，所以f ′(x )＝x 2＋ax ＋2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝13×13＋a 2×12＋2×1＋b ＝116，f ′1＝12＋a ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1，故f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1，经检验f (x )在x ＝1时取得极大值，故符合题意，所以f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知f ′(x )＝x 2－3x ＋2，令f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝0，解得x ＝1或x ＝2， 所以x ∈[1,2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，则f (1)＝13－32＋2＋1＝116，f (2)＝13×23－32×22＋2×2＋1＝53，f (3)＝13×33－32×32＋2×3＋1＝52，所以f (x )min ＝53，f (x )max ＝52．选③：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f 3＝52，f ′3＝2，又因为f ′(x )＝x 2＋ax ＋2，所以⎩⎪⎨⎪⎧f 3＝13×33＋a 2×32＋2×3＋b ＝52，f ′3＝32＋3a ＋2＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1.所以f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知，f ′(x )＝x 2－3x ＋2，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝2，所以x ∈[1,2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．又因f (1)＝116，f (2)＝53，f (3)＝52，所以f (x )max ＝f (3)＝52，f (x )min ＝f (2)＝53．C 级——迁移创新14．(多选)已知函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则下列结论正确的是( )A ．f (a )＜f (b )＜f (c )B ．f (e )＜f (d )＜f (c )C ．x ＝c 时，f (x )取得最大值D ．x ＝d 时，f (x )取得最小值解析：AB 由f ′(x )图象可知，当x ∈(－∞，c )∪(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，c )，(e ，＋∞)上单调递增，在(c ，e )上单调递减．对于A ，∵a ＜b ＜c ，∴f (a )＜f (b )＜f (c )，A 正确；对于B ，∵c ＜d ＜e ，∴f (e )＜f (d )＜f (c )，B 正确；对于C ，由单调性知f (c )为极大值，当x ＞e 时，可能存在f (x 0)＞f (c )，C 错误；对于D ，由单调性知f (e )＜f (d )，D 错误．故选A 、B ．15．设函数f (x )＝ln x ＋x 2＋2ax ＋1． (1)当a ＝－32时，求f (x )的极值；(2)判断函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上是否存在极值．若存在，试求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝－32时，函数f (x )＝ln x ＋x 2－3x ＋1(x ＞0)．对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＝2x －1⎝⎛⎭⎪⎫x －12x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝12．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减．于是f (x )在x ＝1处取得极小值，且极小值为f (1)＝－1，在x ＝12处取得极大值，且极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12－14， 所以函数f (x )的极大值为ln 12－14，极小值为－1．(2)存在．对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋2x ＋2a ＝2x 2＋2ax ＋1x(x ＞0)．令f ′(x )＝0，即2x 2＋2ax ＋1＝0，令g (x )＝2x 2＋2ax ＋1，则函数g (x )的图象的对称轴为直线x ＝－a2．因为a ＋2≥0，所以a ≥－2．①当－a 2≤a ＋2，即a ≥－43时，g (a ＋2)＝2(a ＋2)2＋2a (a ＋2)＋1＝4a 2＋12a ＋9＞0恒成立，所以f (x )在(a ＋2，＋∞)上无极值．②当－a2＞a ＋2，即a ＜－43时，则－2≤a ＜－43，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝2×a 24＋2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋1＝－a 22＋1． 当－a 22＋1≥0时，有－2≤a ≤2，即－2≤a ＜－43时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(a ＋2，＋∞)上无极值．当－a 22＋1＜0时，有a ＜－2或a ＞2，又－2≤a ＜－43，所以－2≤a ＜－2，因为g (a ＋2)＝4a 2＋12a ＋9≥0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－a 22＋1＜0，当x →＋∞时，g (x )＞0，所以存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2，－a 2，使得f ′(x 1)＝0，存在x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞，使得f ′(x 2)＝0．所以当x ∈(a ＋2，x 1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0．由此可知，当－2≤a ＜－2时，f (x )有极值．综上所述，函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上存在极值，且实数a 的取值范围为[－2，－2)．。
2025年高考数学一轮复习-导数与函数的极值、最值-课时作业-【含解析】
2025年高考数学一轮复习课时作业-导数与函数的极值、最值【原卷版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)已知函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2),则()A.f(x)的极大值为5,无极小值B.f(x)的极小值为-27,无极大值C.f(x)的极大值为5,极小值为-27D.f(x)的极大值为5,极小值为-112.(5分)已知函数f(x)的定义域为(a,b),导函数f'(x)在(a,b)上的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)上的极大值点的个数为()3.(5分)已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为()A.10B.-6C.-7D.04.(5分)函数f(x)=e 2-3在[2,+∞)上的最小值为()A.e36B.e2C.e34D.2e5.(5分)(多选题)(2023·怀化模拟)下列函数中,存在极值点的是()A.y=x-1B.y=2|x|C.y=-2x3-xD.y=x ln x6.(5分)已知函数f(x)=(x+1)2+cos(x+1)+a的最小值是4,则a=()A.3B.4C.5D.67.(5分)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大年利润时的年产量为百万件.8.(5分)设函数f(x)=e + ,若f(x)的极小值为e,则a=.9.(5分)(2023·苏州模拟)函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是.10.(10分)已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求a,b的值;(2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.11.(10分)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(1)当a=2时,f'(x)=(x-1)e x.所以f(0)=-2,f'(0)=-1,所以所求切线方程为y+2=-x,即x+y+2=0.(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.【能力提升练】12.(5分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则12+ 22等于()A.23B.43C.83D.16313.(5分)(多选题)(2023·烟台模拟)已知函数f(x)= 2+ -1e ,则下列结论正确的是()A.函数f(x)存在两个不同的零点B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值C.当-e<k≤0时,方程f(x)=k有且只有两个实根D.若x∈[t,+∞)时,f(x)max=5e2,则t的最小值为214.(10分)(2023·沧州模拟)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值.2025年高考数学一轮复习课时作业-导数与函数的极值、最值【解析版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)已知函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2),则()A.f(x)的极大值为5,无极小值B.f(x)的极小值为-27,无极大值C.f(x)的极大值为5,极小值为-27D.f(x)的极大值为5,极小值为-11【解析】选A.f'(x)=3x2-6x-9=3(x-3)(x+1),由f'(x)>0,得-2<x<-1,由f'(x)<0,得-1<x<2,所以函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2)在(-2,-1)上单调递增,在(-1,2)上单调递减,所以函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2)在x=-1时,取得极大值5,无极小值.2.(5分)已知函数f(x)的定义域为(a,b),导函数f'(x)在(a,b)上的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)上的极大值点的个数为()A.1B.2C.3D.4【解析】选B.由函数极值的定义和导函数的图象可知,f'(x)在(a,b)上与x轴的交点个数为4,但是在原点附近的导数值恒大于零,故x=0不是函数f(x)的极值点.其余的3个交点都是极值点,其中有2个点满足其附近的导数值左正右负,故极大值点有2个.3.(5分)已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为()A.10B.-6C.-7D.0【解析】选B.因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-8+6 =2( -1)( -3) ,令f'(x)=0,解得x=1或x=3,故列表如下:x(0,1)1(1,3)3(3,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增-6单调递减-14+6ln3单调递增所以f(x)的极大值为f(1)=-6.4.(5分)函数f(x)=e 2-3在[2,+∞)上的最小值为()A.e36B.e2C.e34D.2e【解析】选A.依题意f'(x)=e ( 2-3)2(x2-2x-3)=e ( 2-3)2(x-3)(x+1),故函数在(2,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,故函数在x=3处取得极小值也是最小值,且最小值为f(3)=e332-3=e36.5.(5分)(多选题)(2023·怀化模拟)下列函数中,存在极值点的是()A.y=x-1B.y=2|x|C.y=-2x3-xD.y=x ln x【解析】选BD.由题意,对于A,函数y=x-1 ,则y'=1+1 2所以函数y=x-1 在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增,没有极值点;对于B,函数y=2|x|=2 , ≥0,2- , <0,则当x<0时,函数y=2|x|单调递减,当x>0时,函数y=2|x|单调递增,所以函数y=2|x|在x=0处取得极小值;对于C,函数y=-2x3-x,则y'=-6x2-1<0,所以函数y=-2x3-x在R上单调递减,没有极值点;对于D,函数y=x ln x,y'=ln x+1,则当x∈(0,1e)时,y'<0,函数单调递减,当x∈(1e,+∞)时,y'>0,函数单调递增,当x=1e时,函数取得极小值.6.(5分)已知函数f(x)=(x+1)2+cos(x+1)+a的最小值是4,则a=()A.3B.4C.5D.6【解析】选A.令x+1=t,则f(x)=g(t)=t2+cos t+a,g'(t)=2t-sin t,(2t-sin t)'=2-cos t>0,g'(t)在R上单调递增,而g'(0)=0,故t∈(-∞,0)时,g'(t)<0,g(t)单调递减,t∈(0,+∞)时,g'(t)>0,g(t)单调递增,故g(t)min=g(0)=1+a=4,解得a=3.7.(5分)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大年利润时的年产量为百万件.【解析】y'=-3x2+27=-3(x+3)(x-3),当0<x<3时,y'>0;当x>3时,y'<0.故当x=3时,该商品的年利润最大.答案:38.(5分)设函数f(x)=e + ,若f(x)的极小值为e,则a=.【解析】由已知得f'(x)=e ( + -1)( + )2(x≠-a),令f'(x)=0,有x=1-a,则f(x)在(-∞,-a),(-a,1-a)上单调递减,在(1-a,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(1-a)=e1-a=e,即1-a=12,得a=12.答案:129.(5分)(2023·苏州模拟)函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是.【解析】由于f'(x)=-x2+1,易知f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)上单调递增,故若函数f(x)在(a,10-a2)上存在最大值,则 <1,10- 2>1,(1)≥ ( ),即-2≤a<1.答案:[-2,1)10.(10分)已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求a,b的值;【解析】(1)由题设知f'(x)=3x2+2ax+b,且f'(-1)=3-2a+b=0,f'(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.(2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.【解析】(2)由(1)知f(x)=x3-3x,则g'(x)=f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g'(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2.即函数g(x)的极值点只可能是1或-2,当x<-2时,g'(x)<0,当-2<x<1时,g'(x)>0,当x>1时,g'(x)>0,所以-2是g(x)的极值点,1不是g(x)的极值点.综上所述,g(x)的极值点为-2.11.(10分)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(1)当a=2时,f'(x)=(x-1)e x.所以f(0)=-2,f'(0)=-1,所以所求切线方程为y+2=-x,即x+y+2=0.(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(2)令f'(x)=0,得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2.当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e;②若a-1≥2,则a≥3.x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2;③若1<a-1<2,则2<a<3.f'(x),f(x)随x的变化情况如表:x[1,a-1)a-1(a-1,2]f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1),单调递增区间为(a-1,2],所以f(x)min=f(a-1)=-e a-1.综上可知,当a≤2时,f(x)min=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=-e a-1.【能力提升练】12.(5分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则12+ 22等于()A.23B.43C.83D.163【解析】选C.由题图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0),x1,x2是f(x)的极值点,所以1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2,所以f(x)=x3-3x2+2x,所以f'(x)=3x2-6x+2,x1,x2是方程3x2-6x+2=0的两根,所以x1+x2=2,x1·x2=23,所以12+ 22=(x1+x2)2-2x1x2=4-2×23=83.13.(5分)(多选题)(2023·烟台模拟)已知函数f(x)= 2+ -1e ,则下列结论正确的是()A.函数f(x)存在两个不同的零点B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值C.当-e<k≤0时,方程f(x)=k有且只有两个实根D.若x∈[t,+∞)时,f(x)max=5e2,则t的最小值为2【解析】选ABC.由f(x)=0,得x2+x-1=0,所以x=-1±52,故A正确;f'(x)=- 2- -2e =-( +1)( -2)e ,当x∈(-∞,-1)∪(2,+∞)时,f'(x)<0,当x∈(-1,2)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)上单调递减,在(-1,2)上单调递增,所以f(-1)是函数的极小值,f(2)是函数的极大值,故B正确;又f(-1)=-e,f(2)=5e2,且当x→-∞时,f(x)→+∞,x→+∞时,f(x)→0,所以f(x)的图象大致如图所示,由图知C正确,D不正确.14.(10分)(2023·沧州模拟)已知函数f(x)=e x cos x-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;【解析】(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f(0)=1,f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,所以f'(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.(2)求函数f(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值.【解析】(2)f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,令g(x)=f'(x),则g'(x)=-2e x sin x≤0在[0,π2]上恒成立,且仅在x=0处等号成立,所以g(x)在[0,π2]上单调递减,所以g(x)≤g(0)=0,所以f'(x)≤0且仅在x=0处等号成立,所以f(x)在[0,π2]上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f(π2)=-π2.。
(部编版)2020届高考数学一轮复习配餐作业15导数与函数的极值最值含解析理91
配餐作业(十五) 导数与函数的极值、最值(时间：40分钟)一、选择题1．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝(2x －x 2)e x，则( ) A ．f (2)是f (x )的极大值也是最大值 B ．f (2)是f (x )的极大值但不是最大值 C ．f (－2)是f (x )的极小值也是最小值 D ．f (x )没有最大值也没有最小值解析 由题意得f ′(x )＝(2－2x )e x ＋(2x －x 2)e x ＝(2－x 2)e x，当－2<x <2时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x <－2或x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝2(2－1)e 2>0，在x ＝－2处取得极小值f (－2)＝2(－2－1)e －2<0，又当x <0时，f (x )＝(2x －x 2)e x<0，所以f (2)是f (x )的极大值也是最大值。
故选A 。
答案 A2．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析 因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln1－1＝－1。
故选B 。
答案 B3．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( ) A ．－37 B ．－29 C ．－5D ．以上都不对解析 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，∴f (x )在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减。
2019版数学一轮高中全程复习方略课时作业15导数与函数的极值、最值+Word版含解析.docx
课时作业15导数与函数的极值、最值［授课提示：对应学生用书第208页］一、选择题1.（2018-岳阳一模）下列函数中，既是奇函数乂存在极值的是（）A. y=兀'B. y=\n（—x）_ 2C. y=xe 'D.『=兀+匚解析：由题可知，B, C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数单调递增（无极值），而D选项中的函数既为奇函数又存在极值.答案：D2.函数y=^的最大值为（）A. e_1B. ej —in x解析：令=—=0,解得x=e.当x＞e 时，）/ ＜0；当0＜%＜e 时，），＞0,所以y极大值=金）=5，在定义域内只有一个极值，所以y m ax答案：A；从边长为10cmX16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为（）A. 12 cm3 B・ 72 cm3C・ 144 cn? D. 160 cm3解析:设盒子容积为y cm3,盒子的高为兀cm,则兀丘（0,5）.则y=（10-2x）（16-2x）x=4x3-52?+160x,on所以= 12x2— 104x+160.令=0,得x=2或了（舍去），所以Vmax=6 X 12 X 2= 144（cm'）・答案：C4.已知函数y=xf（兀）的图彖如图所示（其中f （x）是函数/U）的导函数）.则下面四个图象中，y=j［x）的图象大致是（）解析：由条件可知当0＜兀＜1时，xf（x）＜0, 所以f （x）＜0,函数递减.当兀>1 时，xf (x)>0,所以f (x)>0,函数递增，所以当兀=1时，函数取得极小值.当兀<—1 时，xf (x)<0,所以f (x)>0,函数递增，当一l<x<0, xf (x)>0, 所以f (x)<0,函数递减， 有C 项. 答案:C(r — n e则Q (x)= ,则gd)在(0,1)内单调递减，在(1, +oo)内单调递增. ・・.g(x)在(0, +°°)上有最小值，为g(l) = e,结合g(x)=¥与y=k 的图象可 知，要满足题意，只需kWe,选A. 答案：A二、填空题6.已知函数fix) =x 3+aj^+bx+a 2在x=l 处有极值10,则夬2)= 解析：•.•函=x 3+ax 1+bx+a 2在兀=1处有极值10, ・・・夬1)=10,且f(1)=0,G = — 3 9 或＜b=3 [b=-ll.a=_3, 而当仁时，函数在x=l 处无极值，故舍去.[b=3:.fix) =x 3+4X 2-1 lx+16,・・・夬2)=1&答案：187•要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm,要使体积最大，则其高为 _______ cm.解析：设圆锥的体积为V cm 3,高为h cm, 则卩=尹(400—Q/z=*7c(400力一/?), 1 °■•・W = ^(400-3/z 2), 由V' =0,得"呼. 所以当匕=呼cm 时，V 最大. 答案：y*\/38. 已知函数Ax)=x 3-3ax+b 的单调递减区间为(一1,1),其极小值为2,则所以当 -1时，函数取得极大值.符合条件的只5.已知函数J 数R 的取值范围( A. ( — 8, e ] C ・(一°°, e))半- ) B ・[0, D ・[0, e] e) x 2e x —2jte A 解析f (兀)=f x=2是函数他)的唯 个极值点，则实1 +a+b+c/= 10, 3+2a+b=0, 解得 (兀＞0)・设g (x )=Y ，j{x)的极大值是 _______ .解析：依题意，yw 的单调递减区间为(一i,i ), 由 f W = 3x 2 — 3a=3(x —\[a)(x+y[a), 可得a — 1, 由J(x)=x 3—3ajc+h 在x=l 处取得极小值2, 可得1—3+方=2,故b=4.所以—3x+4的极大值为 几―1)=(—1)3 —3X(—1)+4=6.答案：6三、解答题9. (2018-湖北七市(州)协作体联考)设/ieN*, a, /?eR,函数兀c)=呼+b, 已知曲线y=j{x)在点(1,0)处的切线方程为y=x-\. ⑴求a, b ；(2)求几Q 的最大值.:・f (1) = 67,又切线斜率为1,故0=1. 由曲线y=fix)过点(1,0),有夬1)=/?=0. 故 a=l, b=0. 令f (x) = o,即 1 —7?ln 兀=0,解得 X=e£当0＜无＜』时，有f (对＞0,得他)在(0,占上是增函数;当x ＞£时，有f (兀)＜0,得夬兀)在(£, +8)上是减函数.故几兀)在兀=£处取得最大值磴)=舊10. (2018-襄阳模拟)已知函数j[x)=x —x, g(X )= ln 兀. ⑴求函数y =./(兀)一g(x)的极值；⑵已知实数fWR,求函数y=fixg(x)-2)f %e[l, e]的值域. 解析：(1)因为 y —A-^)—W — x 2 —x — Inx, 所以»1丄仝丿 X X X因为x ＞0,所以当0＜兀＜1时，才＜0；当兀＞1时，y' ＞0,即函数y=J(x)—g(x)在(0,1)上車调递减，在(1, +°°)上单调递增， 故函数y=AX ＞—g(x)有极小值0,无极大值.(2)y =/(xg(x)—2) = (%ln %—2)2 — (xln x —2) = (xln x)2—5xln x+6, 令 u=x\nx 9 当 xW[l, e]时，u =ln 兀+l ＞0,所以 u=xlnx 在[1, e]上单调 递增， 所以 0W 况We, y=h(n) — u — 5w+6,/?(%)图象的对称轴u=^.h(u)在0, I*上单调递减，在(|, e 上单调递增.解析：(1笊兀)的定义域为(0, +oo), f (x) =a(l —n\n x) In Y (2)由⑴知y (兀)=才，f (x)=1 —nln x力(％)min —h又力(0) = 6, /z(e) = e 2 —5e+6, 则 /Z (w)max = 6.所以所求函数的值域为6［能力挑战］11. (2017-新课标全国卷 II)已知函数 j{x)=ax 2—ax —x\n x,且 J{x) 20.(1) 求 a ；(2) 证明：心)存在唯一的极大值点尤0,且C '2<A X O)<2'2.解析：(1笊朗的定义域为(0, +oo)・设 g(x) = czx_d_ln x,则，心)=xg(x), 等价于 g(x)20.因为 g(l) = 0, g(x)20,故 g‘(1)=0,而 g‘ (x)=^z -p g r(1)=G —1,得 a=\.若 G =1,则 g ，(兀)=]_£当0<兀<1时，g f (x)<0, g(x)单调递减；当时，g‘ (x)>0, gd)单调递增.所以x= \是gfr)的极小很点,故g(x)2g(l)=0・综上，a=l. (2)证明：由(1)知 x, f (x) = 2x —2 —In x所以处)在(0,寸上单调递减, 又力(e 2)>0,力甘)<0,力(1) = 0, 所以/z(x)在(0, 上有唯一零# x0)时，h(x)>0；当 %e (xO,l)时，h(x)<0；当 xe (l, +^)时，h(x)>0. 因为f(%)=/?(%),所以x=x0是/(X )的唯一极大值点. 由f CvO)=O 得 111x0=2(x0—1),故几tO)=xO ・(l —兀0)・( n 1由尤0 e (0,寸得心))<才.因为x=x0是.几X )在(0,1)上的最大值点， 由 eTe (0,l), f (「)H0 得AxO)>Ae->e-2. 所以 e -2</(%0)<2-2. 上有唯一零点1,且当x e (0,上有唯一零点xO,在+oo设 A(x)=2%-2-lnx,则 F (x)=2--X当 xe T , +°° 时，h' (x)>0. 上单调递增.。
高考数学一轮复习课后限时集训15导数与函数的极值、最值(含解析)理
高考数学一轮复习课后限时集训15导数与函数的极值、最值（含解析）理课后限时集训(十五)(建议用时：60分钟) A 组 基础达标一、选择题1．函数y ＝f (x )导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A ．函数y ＝f (x )在区间(－1,3)上单调递增B ．函数y ＝f (x )在区间(3,5)上单调递减C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值 C [由函数y ＝f (x )导函数的图象可知：当x ＜－1及3＜x ＜5时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当－1＜x ＜3及x ＞5时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )的单调减区间为(－∞，－1)，(3,5)；单调增区间为(－1,3)，(5，＋∞)，f (x )在x ＝－1,5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，故选项C 错误，故选C.]2．函数y ＝ln x －x 在x ∈(0，e]上的最大值为( ) A ．e B ．1 C ．－1D ．－eC [函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)． 又y ′＝1x －1＝1－xx，令y ′＝0得x ＝1，当x ∈(0,1)时，y ′＞0，函数单调递增； 当x ∈(1，e]时，y ′＜0，函数单调递减． 当x ＝1时，函数取得最大值－1.]3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18 B ．11 C ．18D ．17或18C [f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝01＋a ＋b ＋a 2＝10⇒⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－3－2aa 2－a －12＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝－11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3b ＝3.经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝－11符合题意，∴f (2)＝23＋4×4＋2×(－11)＋16＝18.]4．已知a ∈R ，若f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋a e x在区间(0,1)上有且只有一个极值点，则a 的取值范围是( )A ．a ＜0B ．a ＞0C ．a ≤1D ．a ≥0B [f ′(x )＝e xx2(ax 2＋x －1)，若f (x )在(0,1)上有且只有一个极值点， 则f ′(x )＝0在(0,1)上有且只有一个零点，显然e xx2＞0，问题转化为g (x )＝ax 2＋x －1在(0,1)上有且只有一个零点，故g (0)·g (1)＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧－1＜0，a ＋1－1＞0，解得：a ＞0，故选B.]5．(2019·漳州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 存在最大值0，则a 的值为( ) A ．1 B ．2C ．e D.1eD [函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，不存在最大值；当a ＞0时，令f ′(x )＝1x－a ＝0，解得x＝1a ，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＞0，当x ＞1a时，f ′(x )＜0，∴f (x )m ax ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a－1＝0，解得a ＝1e，故选D.]二、填空题6．函数y ＝2x －1x2的极大值是________．－3 [y ′＝2＋2x 3，令y ′＝0，即2＋2x3＝0，解得x ＝－1，当x ＜－1时，y ′＞0，当－1＜x ＜0时，y ′＜0，因此当x ＝－1时，函数有极大值，极大值为－2－1＝－3.]7．(2018·贵州质检)设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时，t 的值为________．22[由题意，M (t ，t 2)，N (t ，ln t )， ∴|MN |＝|t 2－ln t |， 令f (t )＝t 2－ln t (t ＞0)， ∴f ′(t )＝2t －1t ＝2t 2－1t；当f ′(t )＞0时，t ＞22， 当f ′(t )＜0时，0＜t ＜22， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上为减函数， f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞上为增函数， ∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝12－ln 22＞0， ∴当t ＝22时，|MN |达到最小值，最小值为12－ln 22.] 8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．(0,1)∪(2,3) [函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝3，经检验知x ＝1或x ＝3是函数f (x )的两个极值点，由题意知，t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1，解得0＜t ＜1或2＜t ＜3.]三、解答题9．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． [解] (1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知f (x )＝4e x(x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x －12令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增， 在(－2，－ln 2)上单调递减．当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)． 10．已知函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c 在点x ＝2处取得极值c －16. (1)求a ，b 的值；(2)若f (x )有极大值28，求f (x )在[－3,3]上的最小值． [解] (1)因为f (x )＝ax 3＋bx ＋c ， 故f ′(x )＝3ax 2＋b.由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16，故有⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝0，f 2＝c －16，即⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16，化简得⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2. 当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(－∞，－2)上为增函数； 当x ∈(－2,2)时，f ′(x )＜0， 故f (x )在(－2,2)上为减函数； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(2，＋∞)上为增函数． 由此可知f (x )在x ＝－2处取得极大值，f (－2)＝16＋c ，f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝c －16.由题设条件知16＋c ＝28，解得c ＝12. 此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3，f (2)＝－16＋c ＝－4，因此f (x )在[－3,3]上的最小值为f (2)＝－4.B 组 能力提升1．若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R上的极小值为( )A ．2b －43B.32b －23 C ．0D ．b 2－16b 3A [f ′(x )＝x 2－(b ＋2)x ＋2b ＝(x －2)(x －b )， 令f ′(x )＝0得x ＝2或x ＝b ，由题意知－3＜b ＜1.当b ＜x ＜2时，f ′(x )＜0，当x ＞2时，f ′(x )＞0，因此x ＝2时，f (x )有极小值，且f (2)＝83－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2＋4b ＝2b －43，故选A.]2．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 C ．[1,2)D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 B [f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x.由f ′(x )＝0得x ＝12，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32.故选B.]3．已知函数f (x )＝13x 3－x 2－x ＋m 在[0,1]上的最小值为13，则实数m 的值为________．2 [f ′(x )＝x 2－2x －1＝(x －1)2－2，当x ∈[0,1]时，f ′(x )＜0，因此f (x )在区间[0,1]上是减函数，则f (x )min ＝f (1)＝m －53＝13，解得m ＝2.]4．(2018·北京高考)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围． [解] (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x.f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x.若a ＞1，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，1时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1＜0， 所以f ′(x )＞0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．。
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配餐作业(十五) 导数与函数的极值、最值(时间：40分钟)一、选择题1．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝(2x －x 2)e x，则( ) A ．f (2)是f (x )的极大值也是最大值 B ．f (2)是f (x )的极大值但不是最大值 C ．f (－2)是f (x )的极小值也是最小值 D ．f (x )没有最大值也没有最小值解析 由题意得f ′(x )＝(2－2x )e x＋(2x －x 2)e x ＝(2－x 2)e x，当－2<x <2时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x <－2或x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝2(2－1)e 2>0，在x ＝－2处取得极小值f (－2)＝2(－2－1)e－2<0，又当x <0时，f (x )＝(2x －x 2)e x<0，所以f (2)是f (x )的极大值也是最大值。
故选A 。
答案 A2．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析 因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln1－1＝－1。
故选B 。
答案 B3．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )A ．－37B ．－29C ．－5D ．以上都不对解析 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，∴f (x )在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减。
∴x ＝0为极大值点，也为最大值点。
∴f (0)＝m ＝3，∴m ＝3。
∴f (－2)＝－37，f (2)＝－5。
∴最小值是－37，故选A 。
答案 A4．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )解析 由f (x )在x ＝－2处取得极小值可知， 当x <－2时，f ′(x )<0，则xf ′(x )>0； 当－2<x <0时，f ′(x )>0，则xf ′(x )<0； 当x >0时，xf ′(x )>0。
故选C 。
答案 C5．若函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则( ) A ．0<b <1 B ．b <1 C ．b >0D ．b <12解析 f (x )在(0,1)内有极小值，则f ′(x )＝3x 2－3b 在(0,1)内有两个不等的零点，且较大的零点在(0,1)内，则有b >0，b ∈(0,1)，所以b 的取值范围为0<b <1。
故选A 。
答案 A6．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0)解析 由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a <0，a ＋5>0，解得a ∈[－3,0)，故选C 。
答案 C 二、填空题7．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________。
解析 f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173。
答案 －1738．(2016·广州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________。
解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0。
解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7。
答案 －79．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________。
解析 f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数递减； 当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数递增。
∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0， 解得a >22。
∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞。
答案 ⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞三、解答题10．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)。
(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值。
解析 (1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x 。
又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e 。
(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值。
②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a ，x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值。
综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值。
答案 (1)e (2)当a ≤0时，无极值 当a >0时，极小值为ln a ，无极大值 11．(2017·衡阳模拟)已知函数f (x )＝x －1x－a ln x 。
(1)若f (x )无极值点，求a 的取值范围；(2)设g (x )＝x ＋1x－(ln x )a，当a 取(1)中的最大值时，求g (x )的最小值。
解析 (1)由题意f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2。
由于f (x )无极值点，故x 2－ax ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≤x ＋1x，x ∈(0，＋∞)恒成立，又x ＋1x≥2(x ＝1时取等号)，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x min ＝2，所以a ≤2。
即a 的取值范围为(－∞，2]。
(2)当a ＝2时，g (x )＝x ＋1x－(ln x )2，g ′(x )＝1－1x 2－2ln x ·1x ＝x 2－2x ln x －1x2。
设k (x )＝x 2－2x ln x －1。
k ′(x )＝2x －2ln x －2＝2(x －1－ln x )，下面证明ln x ≤x －1。
设m (x )＝ln x －x ＋1，m ′(x )＝1x －1＝1－xx，x ∈(0,1)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增， x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减，∴m (x )≤m (1)＝0，即ln x ≤x －1。
∴k ′(x )≥0，故k (x )在(0，＋∞)上单调递增，又k (1)＝0，所以x ∈(0,1)时，k (x )<0，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈(1，＋∞)时，k (x )>0，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴g (x )≥g (1)＝2，故g (x )的最小值为2。
答案 (1)(－∞，2] (2)2(时间：20分钟)1．(2016·衡水四调)设函数f (x )满足x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，f (2)＝e28，则x >0时，f (x )( )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值 解析 由题意得f ′(x )＝e x －2x 2f xx3，令h (x )＝e x －2x 2f (x )，则h ′(x )＝e x－2[x 2f ′(x )＋2xf (x )]＝e x－2exx＝exx －2x，因此当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0；即h (x )min ＝h (2)＝e 2－2×22×f (2)＝e 2－2×4×e28＝0，因此x >0时，f ′(x )≥0，故选D 。
答案 D2．(2016·湖南六校联考)设点P 在曲线y ＝2e x上，点Q 在曲线y ＝ln x －ln2上，则|PQ |的最小值为( )A ．1－ln2 B.2(1－ln2) C ．2(1＋ln2)D.2(1＋ln2)解析 因为曲线y ＝2e x与曲线y ＝ln x －ln2互为反函数，其图象关于直线y ＝x 对称，故可先求点P 到直线y ＝x 的最近距离，函数y ＝2e x的导数为y ′＝2e x，由y ′＝2e x＝1得，x ＝－ln2，所以y ＝2e －ln2＝1，所以当P 点为(－ln2,1)时，点到直线y ＝x 的最近距离为d＝|－ln2－1|2＝1＋ln22，所以|PQ |min ＝2d ＝2×1＋ln22＝2(1＋ln2)，故选D 。
答案 D3．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a <b <c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0。